Question

20．已知函数f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，g（x）=ax²+x+1．
（Ⅰ）当a＞0时，求函数h（x）=e^x•g（x）的极值点；
（Ⅱ）证明：当a≤-1时，g（x）≤$\frac{f（x）}{x}$对?x∈（0，+∞）恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导，令h′（x）=0，解得即可，
（Ⅱ）利用分析法，要证结论成立，只要证明a≤$\frac{-{x}^{2}-x+1}{{x}^{3}}$对于a≤-1时，对?x∈（0，+∞）恒成立，构造函数，m（x）=$\frac{-{x}^{2}-x+1}{{x}^{3}}$，只要求出函数的最小值为-1即可

解答 解：（Ⅰ）∵g（x）=ax²+x+1，
∴h′（x）=e^x•g（x）+e^x•g′（x）=e^x（ax²+x+1+2ax+1）=e^x（ax²+（2a+1）x+2）=e^x（ax+1）（x+2），
令h′（x）=0，
解得x=-$\frac{1}{a}$或x=-2，
即函数的极值点为x=-$\frac{1}{a}$或x-2；
（Ⅱ）∵f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，x＞0，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
当f′（x）＞0时，解得x＞1函数单调递增，
当f′（x）＜0时，解得0＜x＜1函数单调递减，
∴f（x）_min=f（1）=1，
要证明：当a≤-1时，g（x）≤$\frac{f（x）}{x}$对?x∈（0，+∞）恒成立
只要证当a≤-1时，xg（x）≤f（x）对?x∈（0，+∞）恒成立
只要证a当a≤-1时，x³+x²+x≤1对?x∈（0，+∞）恒成立，
只要证a≤$\frac{-{x}^{2}-x+1}{{x}^{3}}$对于a≤-1时，对?x∈（0，+∞）恒成立，
设m（x）=$\frac{-{x}^{2}-x+1}{{x}^{3}}$，
则m′（x）=$\frac{{x}^{2}+2x-3}{{x}^{4}}$，
令m′（x）=0，解得x=1，
当m′（x）＞0时，即x＞1，函数单调递增，
当m′（x）＜0时，即0＜x＜1，函数单调递减，
∴m（x）_min=m（1）=-1，
即a≤-1，
故当a≤-1时，g（x）≤$\frac{f（x）}{x}$对?x∈（0，+∞）恒成立．

点评 本题考查了导数和函数的单调性和最值的关系，关键时求出函数的最值，属于中档题．